若p为奇素数,则1的p次方+2的p次方

这是著名的Euler准则的一部分.对任意整数1<=i<=p-1,总存在惟一的整数j有i*j用p除余数为b,由于b是p的二次非剩余,故i不等于j,因此1,2,…,p-1分为(p-1)/2对,

=1时,数x和p^r互素能推出x和p互素,因为若(x,p^r)=1,则存在u,v使得u*x+v*p^r=1,即u*x+(v*p^(r-1))*p=1,即存在m=u和n=v*p^(r-1)使得m*x+n

根据Wilson定理,由p是素数有(p-1)!≡-1(modp).由p是奇数,有如下(p-1)/2个同余式:p-1≡-1(modp),p-2≡-2(modp),...(p+1)/2≡-(p-1)/2(

对k=1.可取p=61,1+p+p²=4557=3·7²·31.此外p=79,137,149...都是反例.对k=2.可取p=7307,1+p+...+p^4=11·151·191

奇素数p必要分解成一奇一偶两个平方和,偶数的平方必能被4整除,奇数的平方必被4除而余1

你这里补充的结果可以这样叙述:若p是奇素数,a是modp的平方剩余,即存在整数n使n²≡a(modp),则有a^((p-1)/2)≡1(modp).这个其实是Fermat小定理的推论.但是你

费马小定理,对任意自然a,p有a^p≡a(modp)因此(1+n)^p-n^p-1≡n+1-n-1≡0(modp)因此能被p整除

若P是奇素数,则P|（a的p次方+（p-1）!a）证:只需证a^p+（p-1）!a==0modp.据Fermat（费马）小定理,a^p==amodp据Wilson(威尔逊)定理,（p-1）!==-1m

对m用数学归纳法,知道不再问：不知道求过程附图片吧再答：...m=0的时候特殊情况，分析下会吧；m=1的时候就是（p,p-1）=1，会吧；假设m=n(n为任意大于1的整数)时，命题成立；在对m=n+1

p>5为质数证明240|(p^4-1)p^4-1=(p^2+1)(p+1)(p-1)240=2^4*3*5第一步证明p^4-1>240,这一步是很简单的,代入p=7,7^4-1>240第二步证明3|(

你把题目要写清楚：自然数p,2p+1,4p+1都是素数,求………………是这样吗?此题的方法是对p的形式分类.所有的自然数都可以根据对3除的余数分类为3k,3k-1,3k+1三类如果是p=3k-1,则4

是错了,我明白你的意思,如果没有a,p互素,就是a∧p≡a(modp),如果有ap互素就是a∧p-1≡1(modp),这两个是等价的,明显你书上错了

费马小定理给出的是关于素数判定的必要非充分条件.若n能整除2^(n-1)-1,并n是非偶数的合数,那么n就是伪素数.第一个伪素数341是萨鲁斯（Sarrus)在1819年发现的.

证由于p是大于3的质数,故p不会是3k的形式,从而p必定是3k+1或3k+2的形式,k是正整数．若p=3k+1,则2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数,与题设矛盾．所以p=3k+2,这时

若n为偶数,令t=p^(n/2),则t^2+1=2^m.因为n>2,p>=3,所以m>3.t^2+1=2^m,mod4得：t^2=3(mod4)矛盾.若n为奇数,则2^m=p^n+1=(p+1)(p^

ma的p次方b的q次方-3ab的2p加1次方的差为—2分之3a的p次方b的q次方p=1q=2p+1=3m-3=-3/2m=3/2m+p+q=11/2

C因为P是质数所以P不是2就是奇数奇数的奇次方还是奇数再加上一个奇数一定是个偶数并且这个偶数不等于2所以P是22^5+7=39=3*13是合数

由费马小定理,m^p同余m模p所以m^p+n^p同余m+n模p,即p整除m+n设n=kp-m,带入m^p+n^p二项式展开即证

用反正法见参考资料

P=3符合P>3时,质数只能为6K-1或6K+1P=6k-1,P+10=6k+9=3(2k+3)为合数,不符P=6k+1,P+14=6K+15=3(2k+5)为合数,不符因此只有P=3符合.（P-4)